【文档说明】浙江省金丽衢十二校2022-2023学年高三下学期第二次联考物理试题 含解析.docx，共(31)页，11.748 MB，由小赞的店铺上传

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金丽衢十二校2022学年高三第二次联考物理试题选择题部分一、选择题1（本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个备选项中，只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.以下物理学家的名字是国际单位制中基本单位的是（）

A.牛顿B.安培C.韦伯D.欧姆【答案】B【解析】【详解】国际单位制中电学基本单位为A，其余选项N，Wb，都为导出单位。故选B。2.如图所示，猴子吊在空中静止不动，下列说法正确的是（）A.猴子受树枝的拉力属于电磁相互作用B.猴子共受重力、树枝对它的支持力和拉力三个力的作用C

.树枝向上拉猴子的力与猴子向下拉树枝的力是一对平衡力D.猴子受的重力与猴子对树枝的拉力是一对作用力与反作用力【答案】A【解析】【详解】A．作用力分为四种，万有引力、电磁相互作用、强相互作用、弱相互作用，其中弹力属于电磁相互作

用，因此猴子受到树枝的拉力属于电磁相互作用力，A正确；B．猴子受重力、树枝对它的支持力两个力的作用，二力等大反向，B错误；C．树枝向上拉猴子的力，施力物体是树枝，受力物体是猴子；猴子向下拉树枝的力施力物体是猴子，受力物体是树枝，这两个力是一对作用力

与反作用力，C错误；D．猴子受的重力施力物体是地球，受力物体是猴子；猴子对树枝的拉力，施力物体是猴子，受力物体是树枝，所以这两个力既不是作用力与反作用力，也不是平衡力，D错误。故选A。3.如图所示，2019年10月第七届世界军人运动会在中国武汉召开。中国选手邢雅萍夺得跳伞项目两

枚金牌。邢雅萍在刚跳离飞机、降落伞尚未打开的一段时间内，下列说法中正确的是（）A.动能增加B.机械能增加C.刚跳离飞机瞬间处于平衡状态D.选飞机作为参考系，邢雅萍是静止的【答案】A【解析】【详解】A．邢雅萍在刚跳离飞机、降落伞尚未打开的一段时间内，质量不变，速度不断增大，动能不断增大

，故A正确；B．邢雅萍在下降时，重力做正功，空气阻力做负功，机械能减少，故B错误；C．刚跳离飞机瞬间是向下的加速运动，故C错误；D．选飞机作为参考系，邢雅萍是向下运动的，故D错误。故选A。4.在游乐园中，西瓜飞椅深受小

朋友的喜爱，如图所示为小朋友坐在飞椅游玩时的情景，当飞椅在水平面内稳定旋转时，则（）A.每个小朋友的线速度相同B.每个小朋友的向心加速度相同C.小朋友和他坐的飞椅的角速度相同D.小朋友和他坐的飞椅处于失重状态【答案】C【解析】【详解】ABC．根据题意可知，每个小朋友和他坐的飞椅做匀速圆周

运动，则每个小朋友的线速度、向心加速度大小相同，方向不同，角速度相同，故AB错误，C正确；D．根据题意可知，每个小朋友和他坐的飞椅做匀速圆周运动，合力指向圆心，竖直方向没有加速度，即不是失重也不是超重，故D错误。故选C。5.2022年11月30日，神舟十五号载人飞船成功对接空间站天和

核心舱，神舟十四号、十五号航天员乘组首次“太空会师”。2023年2月10日航天员穿着白色舱外航天服出舱，完成舱外作业，如图所示。已知空间站绕地球飞行周期为91min，轨道高度400km，地球半径6400R=km，万有引力常量11226.710Nm/kgG−=

。以下说法正确的是（）A.由已知数据可估算出地球的质量约为24610kgB.飞船要与空间站对接，必须先飞到比空间站更高轨道然后加速C.宇航员出舱后，如果静止释放一个小球，小球将做自由落体运动D.舱外航天服采用白色，主要是白色能吸收更

多的太阳能，以防出舱后宇航员太冷【答案】A【解析】【详解】A．根据题意，由万有引力提供向心力有()()2224GMmmRhTRh=++解得()3224RhMGT+=代入数据解得24610kgM故A正确；B．飞船要与空间站对接，必须先飞到比空间站更低轨道然后加速做

离心运动，完成对接，故B错误；C．宇航员出舱后，如果静止释放一个小球，万有引力提供向心力，做圆周运动，故C错误；D．舱外航天服设计成白色是为了反射射线，减少自身热量丧失，故D错误。故选A。6.2023年3月31日，由中车长客自主研制的国内首套高温超导电动磁悬浮全要素试验系

统完成首次悬浮运行，此次运行对关键核心技术进行了充分验证。以下有关说法正确的是（）A.电动悬浮车磁浮的原理是同名磁极相互排斥，所以电动悬浮车一定由磁铁组成B.由于超导电动悬浮在运行时是悬空的，所以不受一切阻力因而能达到很高的运行速度C.超导电动磁浮依靠车载超导磁体与地面悬浮线圈

相互作用的电场力实现自悬浮D.高温超导材料转变为超导态时直流电阻变为零，电流流经超导材料时不发生热效应【答案】D【解析】【详解】AC．超导电动磁浮依靠车载超导磁体与地面悬浮线圈相互作用的磁场力实现自悬浮，故AC错误；B．由于超导电动悬浮在运行时是悬空

的，减小阻力，但不是阻力为零，例如仍受空气阻力，故B错误；D．高温超导材料转变为超导态时直流电阻变为零，电流流经超导材料时不发生热效应，故D正确。故选D。7.如图所示，在光滑绝缘水平面内建立xOy坐标，沿x+轴方

向存在匀强电场，一电量为81.010C−+、质量为32.510kg−的带电质点在坐标原点O以00.20m/sv=的初速度沿y+方向射出，发现x轴方向的位移与时间的关系式为20.02xt=，式中x以m为单位，t以s为单位。已知连线OA与x+间的夹角为45，不考虑一切阻

力，则（）A.沿x轴正方向电势不断升高的B.匀强电场的场强大小为31.010N/CC.质点在0~5s内电势能增加55.010J−D.质点到达OA连线上的某点时与O点的距离为22m【答案】D【解析】【详解】A．由沿电场线方向电势逐渐降低可知，沿x轴正方向电势不断降低，故A

错误；B．根据题意，由212xat=结合20.02xt=可知，质点在x轴方向上做加速度为20.04ms的匀加速直线运动，由牛顿第二定律有Eqma=解得4110NCmaEq==故B错误；C．由20.02xt=可得，质点在0~5s内，沿x轴方向上的位移为0.5mx=则电场力做功为5

510JWEqx−==则质点在0~5s内电势能减少55.010J−，故C错误；D．根据题意，设经时间t质点运动到OA连线上，由于连线OA与x+间的夹角为45，则质点在x轴方向和y轴方向的位移相等，即20.20.02tt=解得10st=则在y轴方

向上的位移为2my=由几何关系可得质点到达OA连线上的某点时与O点的距离为22m，故D正确。故选D。8.运-20是我国研究制造的大型运输机，在抗疫运输物资中发挥了重大作用。飞机获得的升力大小2Fkv=，k值可视为不随质量变化的系数，v是飞机在水平直跑道上的滑行速度，升力F与

飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为51.2110kg时，起飞离地速度为66m/s。装载防疫物资后总质量为51.9610kg，从静止开始匀加速滑行1764m起飞离地。则（）A.装载物资后

飞机在滑行过程中的时间为21sB.飞机装载物资后的起飞离地速度大小为107m/sC.装载物资后飞机在滑行过程中的加速度大小为24m/sD.飞机和装载物资在滑行过程中机械能增加约为86.910J【答案】D【解析】【详解】B．由题意可

得2mgkv=则当飞机质量为51.2110kg时，有211mgkv=当装载防疫物资后总质量为51.9610kg时，有222mgkv=两式联立可得飞机装载物资后起飞离地速度大小为284m/sv=故B错误；AC．由匀加速直线运动规律222vas=2vat=可得装

载物资后飞机在滑行过程中的加速度大小和滑行时间分别为的22m/sa=，42st=故A、C错误；D．飞机和装载物资在滑行过程中机械能增加282216.910J2Emv=故D正确。故选D。9.如图所示的LC振荡电路中，充好电的电容器两极板水平放置，振荡电路的周期为T。开关S断开时，极板间有

一带负电灰尘恰好静止。从开关S闭合开始计时，则以下说法错误的是（）A.8TT=时，电路中的电流方向为逆时针B.2TT=时，带电灰尘的加速度大小为gC.4TT=时，线圈的自感电动势最小D.增大电容器两极板间距，振荡电路向外辐射电磁波的能力变强【答案】B【解析】【详解】开关S断开时，极板

间有一带负电灰尘恰好静止。说明，开关S断开时，上极板带正电。且静电力Fmg=A．8TT=时，上极板带正电，电容器正在放电，电路中的电流方向为逆时针。A正确；B．2TT=时，电流最零，电容器所带电荷量最大且下极板带正电，静电力向下且FFmg==带电灰尘的加速度大小2F

mgagm+==B错误；C．4TT=时，电流最大，电流的变化率为零，线圈的自感电动势最小，C正确；D．增大电容器两极板间距d，由r4SCkd=得电容减小。由12fLC=得频率变大。振荡电路向外辐射电磁波的能力变

强。D正确。选错误的，故选B。10.小涂同学设计了一个如图所示的电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风等不同的工作状态。1n和2n分别是理想变压器的两个线圈的匝数。温度传感器用于防止吹热风

时温度过高而发生事故。假设该电吹风的各项参数如下表所示。则（）热风时输入功率450W冷风时输入功率50W小风扇额定电压50V正常工作时小风扇输出功率42WA.吹热风时，触片P应与触点b、c接触B.这里的温度传感

器可用干簧管代替C.理想变压器原副线圈的匝数比11:44:5nn=D.小风扇工作时突然被卡住不转动，则理想变压器的输入功率极有可能为0【答案】D【解析】【详解】A．吹热风时，变压器需要正常工作，所以触片P应与触点a、b接

触，故A错误；B．干簧管是磁控制开关，温度传感器是通过将温度信号转换成电信号达到控制的，所以这里的温度传感器不可用干簧管代替，故B错误；C．理想变压器原副线圈的匝数比1112::220:5022:5nnUU===故C错误；D．小风扇工作

时突然被卡住不转动，通过小风扇电动机的电流猛增(即副线圈的电流猛增），理想变压器的原副线圈的电流跟匝数成反比关系，可知会导致原线圈的电流也猛增，所以可能会导致干路电路断路，从而可能使理想变压器的输入功率为零，故D正确。故选D。11.1898年，居里夫妇发现了一种能够发出很强射线的新元素-钋（21

084Po），为此居里夫人获得了诺贝尔化学奖。现把21084Po原子核静止放在匀强磁场中的a点，某一时刻发生β衰变，产生如图所示的A和B两个圆轨迹。下列说法正确的是（）A.21084Po的衰变方程为：21021008485-1PoAt+

e→B.A、B两个圆的半径之比为85：1C.把21084Po放在磁场中，其半衰期会增大D.21085At的核子平均质量比21084Po的核子平均质量大【答案】AB【解析】【详解】A．21084Po的衰变方程为21021008485-1PoAt+e→故A正确；B．原子核发

生衰变时，由动量守恒可知两粒子的动量大小相等方向相反，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动2mvqvBR=解得圆周运动半径mvPRqBqB==P为动量，则半径R与电荷量q成反比，两粒子的电荷量大小分别为e和85e，则:85:1ABRR=故B正确；C．放射性元素的半衰期是有

原子核自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和物理环境没有关系，故C错误；D．核反应中释放能量，存在质量亏损，核子的平均质量变小，故D错误；故选AB。12.为迎接亚运会，杭州举办了盛大的灯光秀。灯光秀用到某种发光二极管，其中有部分是用透明材料制成的半径为R的半球体

ABD，如图所示。O是半球体的球心，D是半球体的顶点，接收屏与直径AB平行，E是接收屏上的一点，ODE、、三点连线与AB垂直。频率不同的单色光ab、，以相同的入射角从A点射入半球体，经折射后照在屏上。单色光f从距O点2R的G

处垂直AB射入半球体，经折射后恰好射到屏上的E点，E到球心O的距离为3R。已知真空中的光速为c，则（）A.半球体对单色光f的折射率为2B.单色光f从G点传播到E的时间为5RcC.ab、光从A点传播到半球体圆弧界面的时间一定相同D.增大ab

、光在A点的入射角，一定会在半球体的圆弧界面发生全反射【答案】C【解析】【详解】AB．根据题意，由折射定律画出光线f的光路图，如图所示由几何关系有1sin2OGrOH==可得32OFGHR==可知，EHO△为等腰三角形，且30EOH=，则有EHR=60i=则折射率为sin

3sininr==单色光在玻璃中的传播速度为33cvcn==则色光f从G点传播到E的时间为352233RRRtccc=+=故AB错误；C．根据题意，设ab、光从A点进入的折射角为1、2，如图所示由几何关系可得，a光从A点传播到半球体圆弧界面的距离为12sinaxR=由公式cnv=

可得，a光在半球体内的传播速度为1sinsinaccvn==则a光在半球体内的传播时间为2sinaaaxRtvc==同理可得，b光在半球体内的传播时间为2sinbRtc=可知，单色光ab、，以相同的入射角从A点射入半球体，ab、光从A点传播到半球体圆弧界面的

时间一定相同，故C正确；D．根据题意，画出光路图，如图所示设a光从A点进入的折射角为1、在半球体面上的入射角为'1，由几何关系可得'112+=增大a光在A点的入射角，由折射定律1sinsinn=可知，1增大，则'1减小，则a光不一定会在半球体的圆弧界面发生全反射，同理可

得，b光也不一定会在半球体的圆弧界面发生全反射，故D错误。故选C。13.在匀质轻绳上有两个相距10m的波源1S、2S，两波源上下振动产生两列绳波。在两波源的连线上有两质点A、B，A距1S波源3m，B距2S波源5m，如图甲所示。0=t时波源1S开始向上

振动，其振动方程为()10sin10cmyt=，而波源2S的振动图像如图乙所示。0.25st=时质点A恰好第一次处于波峰，则下列说法正确的是（）A.波源2S产生的波的波长为30mB.波源1S产生的波的波速为15c

m/sC.40s3内质点B通过的路程为56cmD.1s后1S、2S两波源之间有7个振动加强点【答案】C【解析】【详解】AB．根据题意，由振动方程可知，波源1S产生的波的周期为12s0.2s10T==0=t时波源1S开始向上振动，0.25s

t=时质点A恰好第一次处于波峰，由公式xvt=可得，波源1S产生的波的波速为13ms15ms10.254vT==−由于介质相同，则波源2S产生的波的波速同为15ms，由图乙可知，波源2S产生的波的周期为0.2s，由公式vT=可得，波源2S产生的波的波长为3m=故

AB错误；C．由图乙可知，波源2S在1S振动后0.1s开始向上振动，两个波源传到B点的时间均为11s3xtv==可知，40s3内，波源1S使质点B振动1s，波源2S使质点B振动0.9s，由题意可知，波源1S振动的振幅为10cm，波源2S振动的振幅为12cm，由于波源2S在1S振动后0.1

s开始向上振动，则两波源振动步调相反，B点为减弱点，振幅为2cm，则40s3内质点B通过的路程为0.10.9410cm42cm56cm0.20.2s=+=故C正确；D．由于两波源振动步调相反，1s后1S、2S两波源之

间的加强点到两波源距离差满足()()12Δ210,1,22xxxkk=−=+=由于010mx则有0,1,2k=则加强点为6个，故D错误。故选C。二、选择题II（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个选项是符合题目要求的。全部

选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.下列说法正确的是（）A.卢瑟福通过“α粒子散射实验”发现了α粒子B.强子是参与强相互作用的粒子，质子和中子都是强子C.电子、质子、原子等粒子和光一样，也具有波粒二象性D.黑体辐射电磁波强度按波长的分布只

与黑体的温度有关【答案】BCD【解析】【详解】A．卢瑟福通过“α粒子散射实验”提出了原子的核式结构模型，A错误；的B．物体间的相互作用力分为四种，其中有一种是强相互作用力，它是发生在强子之间的作用力，质子和中子都是强子，B正确；C．根据物质波的概念可知，电子、质子、

原子等实物粒子具有波粒二象性，光也具有波粒二象性，C正确；D．黑体辐射随着波长越短温度越高则辐射越强，所以黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，D正确。故选BCD。15.氢原子的能级图如图所示，已知金属钾的逸出功为2.25eV，可见光的光子能量在1.6

2eV3.11eV之间。现有大量氢原子处于激发态，则（）A.氢原子的能级nE指的是氢原子的电势能B.氢原子从4n=能级跃迁到3n=时会辐射出具有显著热效应的电磁波C.大量处于3n=能级的氢原子在跃迁时辐射出的光子可以使钾金属发生光电效应，光

电子的最大初动能可能为7.95eVD.从能级3跃迁到能级2和从能级4跃迁到能级2均辐射出可见光，用这两种光在同一双缝干涉装置做实验，后者的相邻条纹间距更大【答案】BC【解析】【详解】A．氢原子的能级nE指的是氢原各个状态的能量值，包括氢原子的电势能和动能，故A错误；B．氢

原子从4n=能级跃迁到3n=时会辐射出光子的能量为430.66eVEEE=−=属于红外线，即具有显著热效应的电磁波，故B正确；C．根据题意可知，大量处于3n=能级的氢原子在跃迁时，可以辐射3种光子，即从3n=跃迁到2n=、从2n=

跃迁到1n=和从3n=跃迁到1n=，若使钾金属发生光电效应，且光电子的最大初动能为7.95eV，则光子的能量为7.95eV2.25eV10.2eVE+==可知，此光子为2n=跃迁到1n=时辐射的光子，故C正确；D．从能级3

跃迁到能级2比从能级4跃迁到能级2均辐射出可见光的能量小，由公式hcE=可知，从能级3跃迁到能级2辐射出可见光的波长较大，则用这两种光在同一双缝干涉装置做实验，前者的相邻条纹间距更大，故D错误。故选BC。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.“探

究加速度与力、质量的关系”实验书上介绍了两个方案：方案（一）用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系，如图：方案（二）通过位移之比测量加速度之比，如图：（1）下列选项中两个实验方案都需要的有_________。A．均需要倾斜轨道补偿阻力B．均需要使牵引小车运动的槽码质量远小于小车的质量C．均需要调节

细线与轨道平面平行D．均需要计算出加速度的具体数值（2）用上面的方案（一）进行实验获得如图所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，则计数点c的读数为_________cm。已知打点计时器所用交流电源的频率

为50Hz，则小车运动的加速度大小为_________2m/s（保留两位有效数字）。（3）用上面的方案（二）进行实验，抬起黑板擦，两小车同时开始运动，按下黑板擦，两小车同时停下来。用刻度尺测量小车1、小车2移动的位移大小分别为1x、2x，则两小车的加速度1a、2a大小之比为______

___。【答案】①.ABC##ACB##BAC##BCA##CAB##CBA②.22.38③.0.10④.12:xx【解析】【详解】（1）[1]ABC．根据题意，由实验原理可知，2种方案都是认为槽码的重力约等

于绳子的拉力，绳子拉力是小车的合力，则2种方案均需要倾斜轨道补偿阻力、牵引小车运动的槽码质量远小于小车的质量、调节细线与轨道平面平行，故ABC正确；D．第2种方案中，小车同时运动同时停止，运动的时间相同，根据212xat=可知位移和加

速度成正比，可以通过比较两辆小车的位移来比较它们的加速度，故D错误。故选ABC。（2）[2]刻度尺的最小分度为1mm，由图可知，计数点c的读数为223.8mm22.38cmcx==[3]打点计时器所用交流电源的

频率为50Hz，相邻计数点间有四个点未画出，则相邻计数点间的时间间隔为0.1sT=由逐差法有()22dfbdxxaT−=解得20.10msa（3）[4]小车同时运动同时停止，运动的时间相同，根据212xat=可知位移和加速度成正比，可以通过比较两辆小车的位移来比较它们的加速度，即加速度1a、2

a大小之比为1212::aaxx=17.图是“用油膜法估测油酸分子的大小”实验的部分操作步骤：（1）有关该实验的下列说法正确的是_________。A．图中的操作步骤顺序是；丙→丁→乙→甲B．油酸酒精溶液配制好后，不能搁置很久才做实验C．往浅盘中滴入油酸酒

精溶液后应立即描绘油膜轮廓（2）若实验时油酸酒精溶液中纯油酸占总体积的0.2%，用注射器测得100滴这样的油酸溶液为1mL，取1滴这样的溶液滴入浅盘中，即滴入浅盘中的油酸体积为_________3cm。【答案】①.B②.532.010cm−【解析】【详

解】（1）[1]A．根据题意，由实验原理可知，用油膜法估测油酸分子的大小的实验步骤为丙→乙→丁→甲，故A错误；B．油酸酒精溶液配制好后，不能搁置很久才做实验，避免酒精挥发，浓度发生变化，实验有误差，故B正确；C

．应等油酸完全散开稳定后开始描绘油膜轮廓，故C错误；故选B。（2）[2]根据题意可知，1滴这样的溶液中的油酸体积为530.2%mL2.00110m01cV−==18.小硕同学有一块充电宝，他想知道充电宝是否跟干电池一样，是一个有一定电动势和

内阻的直流电源。于是用如图所示的实验电路进行探究。图中用两只数字多用表分别作为电压表和电流表，00.5ΩR=。（1）在闭合开关前，他应把滑动变阻器的滑片移到最______端（选填“左”或“右”）；（2）图中“数字多用表1”

是______表（选填“电流”或“电压”）；（3）在充电宝电量为100%时，通过实验得到了如图所示的U—I图像。由图像可知，充电宝在电量100%时，跟通常的干电池的电路特性相同，具有一定的电动势和内阻。由图像可得该充电宝

的电动势E=______V，内阻r=______Ω（均保留三位有效数字）。（4）小硕同学想用一只机械式多用电表粗略判断该充电宝在电量减少时电动势是否会减小，测量时他应该把选择开关置于图中的______（选填“A”、“B”、“C”、“D”）位置。A.B.C.D.（5

）充电宝在电量减少较多时，电动势几乎不变，那么可以推测充电宝内可能用来储存电能的是______；A.电感线圈B.电容器C.电阻D.电池【答案】①右②.电压③.5.50④.0.250⑤.B⑥.D【解析】【详解】（1）[1]电路图

中的滑动变阻器采用的是限流式接法，闭合开关前为了确保电路安全，应使滑动变阻器接入电阻最大，即应将滑片移到最右端。（2）[2]图中“数字多用表1”与滑动变阻器并联，其是用来测量电压，即图中“数字多用表1”是

电压表。.（3）[3][4]根据电路图，结合闭合电路欧姆定律有()0UEIrR=−+结合UI−图像有5.50VE=，05.504.002.0rR−+=解得0.250r=（4）[5]由于电动势的测量值为5.50V，因此若用一只机械式多用电表粗略判断该充

电宝在电量减少时电动势是否会减小，测量时他应该把选择开关置于10V的电压挡为，可知，第二个选择项中的示意图符合要求，故选B。（5）[6]由于充电宝在电量减少较多时，电动势几乎不变，而电感线圈与电阻不具备这个

特征，电容器电量减小时，电压也减小，因此可以推测充电宝内可能用来储存电能的是电池。故选D19.压缩空气储能发电原理简化如下图所示。某电站贮气室（利用地下废弃矿洞）的容积为533.010m，用电低谷时缓慢压入常温、常压的气体后气体压强达到71.010Pa存于贮气

室（常温保存）。用电高峰时燃烧燃料通过热交换室将气体温度提高至1000°C，让涡轮机持续、稳定推动发电机发电。已知常压501.010p=Pa，常温20°C，绝对零度-273°C。（1）求常温常压下共需要压缩多少气体存于

该贮气室压强才能达到71.010Pa；（2）假如在贮气室将常温高压气体直接升温到1000°C，压强可达多大；（3）该种发电方法发出的电能比压缩气体做功还多，但发电效率又不高（整个系统发电效率约50%）。问这个过程有没违反能量守恒定律，并分析

说明系统效率不高的一条最主要原因。【答案】（1）733.010m；（2）74.310Pa（3）没有违反能量守恒定律、压缩气体做功放热没利用起来【解析】【详解】（1）对压缩进贮气室的气体，等温变化过程

，由玻意耳定律1100=ppVV得1001pVVp=代入解得3073.010mV=（2）一定质量的气体等容变化过程，有2121ppTT=得2121TppT=代入解得724.310p=Pa（3）气体吸收了燃料燃烧时放出的热量，所以没

有违反能量守恒定律。据热力学第一定律WQU+=可知常温压缩时放热散失能量，所以系统效率不高的一条最主要原因常温压缩气体做功放出大量的热没利用起来。20.某小组研究的一部分连锁机械游戏装置如图所示，在竖直平面内有一固定的光滑斜

面轨道AB，斜面轨道底端圆滑连接长为L、动摩擦因数为μ的粗糙水平轨道BC，轨道右端与固定的半径为R的四分之一光滑圆弧轨道最高点平滑连接于C点，C点刚好与圆心1O在同一竖直线上。圆弧轨道CD下方有一水平轨道，直立多米诺骨牌，它们的顶端恰好位于经过圆心1O的水

平线1Ox上。质量为m的滑块P，从斜面上某点静止开始下滑，与质量也为m静置于C点的滑块Q正碰，碰撞时系统损失的动能为P碰前动能的14。已知重力加速度g和L、μ、R、m，不计滑块大小、骨牌厚度和空气阻力，结果可保留根式。（1）求滑块P从h高滑到斜面底端B时速度大小；（2）当1号骨牌

离1O的水平距离12xR=，滑块P从1h高处静止开始下滑，滑块Q被P正碰后滑出刚好能击中1号骨牌顶端，求1h；（3）若让滑块Q从C点静止开始下滑，始终紧贴轨道滑入另一光滑圆弧轨道（如虚线所示，上端与圆弧轨道CD相切、下端与1Ox相切），水平击中1号骨牌顶端。求1号骨牌离

1O最小距离x2。【答案】（1）2gh；（2）(1282)RL−+；（3）5R【解析】【详解】（1）滑块P从h高滑到底端，根据机械能守恒有212mghmv=解得2vgh=（2）假设Q从圆顶点飞出作平抛运

动，则有212Rgt=，'1Q2xRvt==解得'QvgR=此时Q在四分之一圆弧最高点有'2QvmmgR=可知假设正确，Q恰好从圆弧顶点开始做平抛运动，则滑块P从滑下到与Q碰撞前，根据动能定理有21P12mghmgLmv−=P、

Q碰撞过程有''PPQmvmvmv=+，222PPQ111222114mvmvmv=+−解得的'P1(422)vgR=−，'P2(422)vgR=+（舍去）解得1(1282)hRL=−+（3）Q从圆弧顶点静止开始下滑，下滑圆心角α时对CD圆轨压力恰为零，再

滑入半径为的圆弧轨道，作图如图所示则有21(1cos)2mgRmv−=，2cosvmgmR=解得2arccos3=根据题干所述有2sinsinxRr=+，coscosRrr=−解得2rR=，25xR=21.

有两条相距L、电阻不计的平行金属导轨MN和PQ放置于绝缘水平面上，建立xOy坐标系如图甲所示．0x侧存在如图乙所示随时间变化的匀强磁场1B（10.22Bt=−+T，0.2ts后磁场不变），0x侧存在沿y方向均匀分布、x正方向均匀增大、磁感应强度20.50.5Bx=+T的稳恒磁场，

它们的方向都与导轨平面垂直（竖直向上为正方向）。0x=处导轨MN和PQ被断开并用绝缘层隔开。现有长度为0.4mL=、电阻为R=0.2Ω的相同导体棒ab与cd用长度也为L的绝缘轻杆组成总质量为0.2kgm=的“工”字形框架，静置于ab棒距y轴L处的左侧导轨上

。另一根质量0.2kgm=、电阻0.1r=的导体棒ef静置于紧靠0x=的右侧导轨上，三棒都与导轨垂直且接触良好。NQ端与0.2R=的电阻相连，距y轴足够远。当t=0时给“工”字形框架以初速度02m/sv=向x轴正方向运动，当ab棒刚滑过0x=处的绝缘层到

右侧时与ef棒发生碰撞而交换速度。碰撞后立即在ef棒上施加拉力作用，使其沿导轨向x轴正方向运动，运动过程中ef棒上消耗的电功率保持不变。金属导轨0x区域光滑，0x区域粗糙，0.2=，210m/s=g。不计棒的粗细和接

触电阻、绝缘层的厚度和空气阻力，不考虑场的边缘效应。求：（1）前0.20s流过cd棒的电流方向、大小；（2）ef棒运动到1mx=处的速度大小；（3）ef棒从0x=运动到1mx=过程中克服安培力做的功；（4）ef棒从0x=运动到1mx=过程中拉力的平均功率。【答案】（1）电流方向：c

→d→a→b（工字形回路内顺时针），0.8A；（2）1m/s；（3）0.6J；（4）0.93W【解析】【详解】（1）由右手定则可知电流方向为c→d→a→b（工字形回路内顺时针），又由法拉第电磁感应定律2220.4V0.32V

BELt===由欧姆定律可得前0.20s流过cd棒的电流大小为0.32A0.8A220.2EIR===（2）工字形框在x<0侧运动时，cd棒和ab棒受到的安培力大小相等，方向相反，所以工字框0F=合，其匀速运动到ab棒滑过y轴绝缘层（0

x=）与ef碰撞，交换速度，即02m/sefvvv===框，'0v=框在x=0处000.50.42V0.4VefEBLv===此时ef棒切割磁感线，等效电路如图00.4A2A0.10.12efEIRr===++所以01A2abII==工字

框所受安培力00.2NababFBIL==安又因为工字框的最大静摩擦力m0.4NababFmgF==安，所以可判断框此后静止于0x=左侧不动，工字形回路已无电流，与此后运动无关；又因为ef棒上功率不变

，故efI不变。设ef棒运动到1mx=处的速度为v，则由欧姆定律()002BkxLvIRr+=+解得()()0020.22m/s1m/s0.50.510.4RIrvBkxL+===++（3）ef棒从0x=运动到1m

x=过程中，ef棒所受安培力为()000.40.4FBkxILx=+=+安则其克服安培力做的功0.61J0.6JWFx===安克安（4）ef棒从0x=运动到1mx=过程中，由动能定理2201122WWmgxmvmv−−

=−克安拉代入解得0.7JW=拉这段过程中，电阻焦耳热为202tRrQI=+又由0.6JQW==克安解得0.75st=所以拉力的平均功率为0.7W0.93W0.75WPt==拉22.某兴趣小组为模拟控制带电粒子的运动，设计了如图甲所示的装

置，带正电粒子经加速后以速度0v沿中心轴线0AO水平向右射出，进入水平、上下正对放置的平行板电容器MN（两板长为1L、间距为d，板间有垂直轴线0AO水平向外大小为1B的匀强磁场），射出后进入方向平行轴线0AO水平向右大小为2B的匀

强磁场（分布于间距为2L与0AO垂直的两平面1144ACCA、2233ACCA之间，1144ACCA平面紧靠电容器右端，垂直轴线0AO方向范围非常大）。紧贴2233ACCA放有荧光屏，荧光屏上建立如图所示以0OA为z轴的坐标系oxyz。整个系统置于真空中，粒子的电荷量为q、质量为m，不

计重力，不考虑相对论效应。假设各场都有理想的边界，打到屏上的粒子立刻被吸收、电荷导入地，0v，q、m、d、1B、2B、1L已知。（1）当加在MN板间电压0U等于多少时粒子恰好能沿0AO（z轴负方向）打到荧光屏中心点O，MN哪板电势高；（2）若M

N不加电压，求粒子能从MN两板间右侧飞出，1B大小要满足的条件；（3）在满足（1）的条件下，粒子源持续、均匀地每秒射出N个粒子，撤去MN两板间的磁场，两板间加电压0NMUkU=，保证粒子能打到荧光屏上，求k

的最大取值和粒子打到荧光屏上时垂直荧光屏方向的平均作用力大小；（4）如图丙所示，若大量粒子从MN板右侧（0，0，2L）点以0v射出，但偏离z轴负方向有很小角度的散射（角度分布在0~θ弧度范围内的一切方向），这些粒子有无可能聚焦在荧光屏一点上？你若认为可能则求出2L需满足的条件

和聚在哪一点上；若不可能请说明理由。（当θ很小时sin、cos1）【答案】（1）010UBdv=，N板电势高；（2）()0122144dmvBqLd+；（3）0FNmv=；（4）见解析【解析】【详解】（1）带正电粒子M

N板间恰好能沿0AO（z轴负方向）打到荧光屏中心点O，静电力和洛伦兹力平衡。由左手定则，洛伦兹力向下，因此静电力向上。电场方向向上，N板电势高。如图所示由01qEqvB=又0UEd=则001UqqvBd=得010UBdv=（2）如图的临界状态由几何关系得，粒子做

圆周运动的最大半径为R22212dLRR+−=洛伦兹力提供向心力2001vqvBmR=得()0122144dmvBqLd+（3）如图的临界状态10Lvt=20122qkUdtmd=解得0211mdv

kqBL=即0211mmdvkqBL=对粒子垂直方向作用力，只与z方向速度有关00NmvtFt−=−得0FNmv=（4）从同一点进入2B区作等距螺旋线运动，z轴方向做匀速直线运动，z轴方向速度00coszvvv=且220

Lvtvt==tnT=22mTqB=0222nmvLqB=(1,2,3,)n=?与z轴垂直方向，做匀速圆周运动，且00sinvvv⊥=T与速度无关。所以聚焦于O点。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公

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